山西省大同市2023-2024学年高三数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

山西省大同市2024届高三上学期第二次摸底（10月）数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据集合的交集运算，即可求得答案.【详解】由题意集合，则，故选：D2.已知为虚数单位，若复数，则复数的虚部为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出，进而结合复数虚部的定义求解即可.【详解】因为，所以，即， 所以复数的虚部为.故选：B.3.命题所有的偶数都不是素数，则是（）A.所有的偶数都是素数B.所有的奇数都是素数C.有一个偶数不是素数D.有一个偶数是素数【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定求解即可.【详解】因为命题所有的偶数都不是素数，所以是：有一个偶数是素数故选：D.4.下列函数中最小值为6的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】A.由时判断；B.令，利用对勾函数的性质求解判断；C.令，利用基本不等式求解判断；D.由时判断.【详解】A.当时，显然不成立，故错误；B.令，又在上递减，所以当t=1时，函数取得最小值10，故错误；C.令，则，当且仅当，即时，等号成立，故正确；D.当时，，显然不成立，故错误；故选：C5.已知某音响设备由五个部件组成，A电视机，B影碟机，C线路，D左声道和E右声道，其中每个部件能否正常工作相互独立，各部件正常工作的概率如图所示.能听到声音，当且仅当A与B至少有一个正常工作，C正常工作，D与E中至少有一个正常工作.则听不到声音的概率为（） A.0.19738B.0.00018C.0.01092D.0.09828【答案】A【解析】【分析】首先根据独立事件概率公式求能听到声音的概率，再利用对立事件概率公式，即可求解.【详解】设能听到声音为事件，则,所以听不到声音的概率.故选：A6.已知数列满足，则（）A.2023B.2024C.2027D.4046【答案】C【解析】【分析】由可得，进而可得，则有数列的偶数项是以为公差的等差数列，再根据等差数列的通项即可得解.【详解】由①，得，②，由②①得，所以数列的偶数项是以为公差的等差数列，则， 所以.故选：C.7.设函数，则使得成立的x的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先判断函数的单调性，利用函数的单调性求解函数不等式.【详解】，因为，故的定义域为，又因为，所以函数为偶函数，当时，，所以在上单调递增，因为，所以，即，解得.故选：B8.已知点是抛物线的焦点，，过斜率为1的直线交抛物线于M，N两点，且，若Q是抛物线上任意一点，且，则的最小值是（）A.0B.C.D.1【答案】A 【解析】【分析】根据直线与抛物线联立可得韦达定理，根据数量积的坐标运算可得，进而根据向量线性运算的坐标表示，即可结合二次函数的性质求解.【详解】由题意可得，所以直线的方程为，联立直线与抛物线方程得，设,所以，，化简得，即,解得,故设,则，因此且，因此可得，故，当时取到等号，故的最小值为0，故选：A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知向量，则（） A.B.C.D.向量在向量方向上的投影向量互为相反向量【答案】AB【解析】【分析】根据向量垂直、平行、投影向量等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，，所以，所以A选项正确.BC选项，，，所以，所以B选项正确，C选项错误.D选项，在上的投影向量为，在上的投影向量为，所以D选项错误.故选：AB10.下列选项中，满足的有（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】利用指数、对数函数、幂函数单调性逐项比较大小即可.【详解】对于A，函数在上单调递增，则，即，A不满足；对于B，函数在上单调递减，则，即有，因此，即，B满足；对于C，函数在R上单调递减，则，即，C满足；对于D，函数在上单调递增，则，即，D满足.故选：BCD 11.函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的有（）A.B.是函数的一个递减区间C.是函数图象的一条对称轴D.函数在区间上的最大值是【答案】AC【解析】【分析】根据函数图像依次分析出，然后再判断对称轴，单调区间，最值等问题【详解】由图可知最大值为1，最小值为，所以；由图可知，所以，又，所以；函数图像经过点，所以，所以，又，所以，所以.对于A：由上面结论知道A正确；对于B：时，在该区间不是单调递减函数，B错误；对于C：时，是函数的一条对称轴，C正确； 对于D：时，此时单调递增，最大值取不到，故D错误.故选：AC12.定义在上的函数满足，则（）A.B.若，则为的极值点C.若，则为的极值点D.若，则在上单调递增【答案】ABD【解析】【分析】令且，结合已知可得，即可判断A；将已知条件化为且，再令并应用导数研究单调性得，进而判断B、C、D.【详解】令且，则，所以在上递增，则，A对；由题设且，令，则，当时，即递减；当时，即递增；所以，若，则， 所以上，递减；上，递增；故为的极值点，B对；若，则，即，故在上递增，故不是的极值点，C错；若，则，即，故在上单调递增，D对.故选：ABD【点睛】关键点点睛：对于B、C、D，由且，并构造且应用导数研究其单调性和极值为关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，则__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，化简得到，结合二项展开式通项公式，即可求解.【详解】由，其中二项式展开式的通项公式为，当时，可得，所以.故答案为：.14.曲线的一条切线的斜率为1，则该切线与坐标轴围成的三角形的面积为__________.【答案】##【解析】分析】根据给定条件，利用导数求出切点坐标及切线方程，再求出面积即得.【详解】设斜率为1的直线与曲线相切的切点为，由，求导得，因此切线斜率为，解得，切点为，切线方程为，该切线与x、y轴分别交于， 所以该切线与坐标轴围成的三角形的面积为.故答案为：15.已知椭圆和双曲线有相同的焦点，离心率分别为，且，若P是两条曲线的一个交点，则__________.【答案】【解析】【分析】结合为椭圆和双曲线的公共点，分别根据定义在椭圆和双曲线里列和的关系，表示出和，然后结合，在用余弦定理表示即可.【详解】不妨设椭圆方程为，设双曲线的方程为，，设P是两条曲线第一象限的一个交点，则有，，所以，，在中，又因为，则，即，即，所以，即.故答案为：. 16.已知函数满足，则__________，若，则m的取值范围是__________.【答案】①.1②..【解析】【分析】利用列方程求参数a，进而写出解析式和定义域，定义判断奇偶性，并得到，即有上值域均相同，再将问题化为研究上，结合基本不等式求参数范围.【详解】由，则，故，且，而，即为奇函数，所以，易知和上值域相同，综上，上值域均相同，只需研究上的最小值，即，此时，当且仅当时取等号，所以，.故答案为：1，【点睛】关键点点睛：求参数范围时注意判断的奇偶性并确定在四个区间上的值域相同，简化为上为关键.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知向量，函数.（1）求使成立的x的集合；（2）若先将函数的图象向左平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求在区间内的所有零点之和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利于向量的数量积、三角恒等变换化简函数式，结合三角函数的性质解不等式即可；（2）利用三角函数的图象变换及性质数形结合计算即可.【小问1详解】由已知可得，所以【小问2详解】结合（1）可知将函数的图象向左平移个单位得，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得函数，所以，如下图所示，函数与在上有4个交点， 记该四个交点的横坐标依次为，则由正弦函数的对称性可知.18.在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，从条件①、条件②中选一个作为已知条件①：；条件②：.（1）求角；（2）当时，求的取值范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选条件①，由正弦定理边化角得到，于是，而，于是，进而求出角；选条件②，由正弦定理可得，化简后利用余弦定理得到，进而求出角.（2）通过正弦定理将边转化为角，再根据三角恒等变换及三角形内角和定理转化为“一角一函数”的形式，最后结合角的范围利用三角函数的值域求解．【小问1详解】选条件①，因为，由正弦定理可得， 所以，又，所以，因为，所以，所以，又因为，故.选条件②，因为，由正弦定理可得，整理得，由余弦定理可得，又因为，故.【小问2详解】由正弦定理，所以，，所以，因为为锐角三角形，所以，解得，所以，所以，故，所以的取值范围为. 19.如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，平面，为线段的中点，与平面所成的角为.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）设与的交点为,连接,则，利用线面平行的判断定理证明即可；（2）连接,交于,以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，然后进行计算即可.【小问1详解】设与的交点为,连接,因为为线段的中点,则为的中位线，则,又平面,平面,所以平面.【小问2详解】 因为四边形为边长为2的菱形，故可求得,又平面,则平面,则为与平面所成的角，故又，则,连接,交于,以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则,,设平面的法向量为，则，令，得，故.设平面法向量为，则，令，得，故, 设平面与平面夹角为，则，故平面与平面夹角余弦值为20.已知等差数列满足，数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）设满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义以及基本量计算和与的关系即可；（2）先求出的通项，再用错位相减法求得的值，再由化简及分类讨论、分析函数的最值求得的取值范围.【小问1详解】因为是等差数列，，由等差数列中项性质可得，又因为，所以，解得，所以可得所以；由①，可得:当时，，得:，当时，②， ①-②得:，故数列为以首项为,公比为的等比数列，【小问2详解】由（1）可知，，，所以，③④，由③-④可得.化简可得:要使得对任意恒成立，即，即，①当时,有成立②当时，有， 对于函数，由反比例函数性质可知是在单调递增的；所以要使其恒成立，只要，，③当，有，对于函数，由反比例函数性质可知在[1,4]上单调递增，只要；综上:的取值范围为.21.已知函数的定义域为D，如果存在，使得，则称为的一阶不动点；如果存在，使得，且，则称为的二阶周期点.（1）函数是否存在一阶不动点与二阶周期点？（2）若函数存在一阶不动点，不存在二阶周期点，求实数a的取值范围.【答案】（1）存在一阶不动点，不存在二阶周期点（2）【解析】【分析】（1）根据一阶不动点和二阶周期点的定义判断；（2）将存在一阶不动点转化为方程有解，然后列不等式求；假设存在二阶周期点得到，即可得到时，不存在二阶周期点.【小问1详解】的定义域为，令，整理得，解得，所以为的一阶不动点，所以存在一阶不动点； 令，解得，而，所以不存在二阶周期点.【小问2详解】若存在一阶不动点，则方程有解，当时，存在一阶不动点，成立；当时，，解得，所以当时，存在一阶不动点，若存在二阶周期点，则，，整理得，，即方程有解，当时，，不成立；当时，，解得，所以当时，存在二阶周期点，所以当时，不存在二阶周期点，综上可得，当时，存在一阶不动点，不存在二阶周期点.22.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若存在极值点，其极大值点为，最大的零点为，判断与的大小关系，并证明.【答案】（1）答案见解析；（2），证明见解析.【解析】 【分析】（1）当时，直接求导可得单调性；当，由方程在范围内上解情况，可得单调性.（2）由（1）知，的极值点为方程的两根，设为，且.后通过讨论的正负情况，可知存在，，三种情况，前两种情况容易得到，当时，利用单调性比较与大小即可.【小问1详解】由题，定义域为.当，在上单调递减；当时，.当或时，在上单调递减；当或，此时方程有两根设为.由韦达定理，，则同号.当，则在上单调递减；当，.在上单调递增；或在上单调递减；综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在 上单调递减；【小问2详解】由（1）可知此时，在上单调递减，在上单调递增.，.则.令，则.，.设.则，因均在上递增，则在上递增，则.注意到，则.即在上单调递增，则.则，使.即，使又注意到.则当时，，则有唯一零点，满足；当时，，有两个零点，满足当时，，此时无论取值如何，的最大零点均满足.因在上单调递减，.则与的大小关系与与大小关系相反. 令，则，则在上递减，则.